专题06浙江省各地市期中考试试卷选择、填空压轴题选练-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（浙江专用）

专题06 浙江省各地市期中考试试卷选择、填空压轴题选练 一．选择题（共15小题） 1．（2022秋•新昌县校级期中）如图是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①b＝2a；②c﹣a＝n；③抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间；④当x＜0时，ax2+（b+2）x≥0；⑤一元二次方程有两个不相等的实数根；其中正确的是（　　） A．①②③ B．①④⑤ C．②④⑤ D．②③⑤ 2．（2023秋•浙江期中）如图，AB为⊙O的直径，AB＝8，点C为半圆AB上一动点，以BC为边向⊙O外作正△BCD（点D在直线AB的上方），连接OD，则线段OD的（　　） A．随点C的运动而变化，最小值为 B．随点C的运动而变化，最大值为8 C．随点C的运动而变化，最大值为 D．随点C的运动而变化，但无最值 3．（2023秋•西湖区校级期中）二次函数y＝x2+px+q，当1≤x≤3时，设此函数最大值为10，最小值为t，则t的值（　　） A．与p，q的值都有关 B．与p无关，但与q有关 C．与p，q的值都无关 D．与p有关，但与q无关 4．（2023秋•浙江校级期中）如图，在矩形ABCD中，点G是边BC的三等分点（BG＜GC），点H是边CD的中点，线段AG，AH与对角线BD分别交于点E，F．设矩形ABCD的面积为S，则以下4个结论中：①FH：AF＝1：2；②BE：EF：FD＝4：6：5；③S1+S2+S3＝S；④S6＝S2+S4．正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2023秋•镇海区校级期中）如图，以Rt△ABC的三边为边分别向外作正方形．连结EI交BA于点J，作JK∥AC交lH于点K，连结IC交JK于点L．若SAFGC：SABDE＝9：16，则的值为（　　） A． B． C． D． 6．（2023秋•滨江区校级期中）在抛物线y＝a（x﹣m﹣1）2+c（a≠0）和直线y＝﹣x的图象上有三点（x1，m）、（x2，m）、（x3，m），则x1+x2+x3的结果是（　　） A． B．0 C．1 D．2 7．（2023秋•浙江期中）如图是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论： ①b＝2a； ②c﹣a＝n； ③抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间； ④当x＜0时，ax2+（b+2）x＜0； ⑤一元二次方程ax2+（b﹣）x+c＝0有两个不相等的实数根． 其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2023秋•金华期中）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＝x，∠BAC＝α，O为AB中点，若点D为直线BC下方一点，且△BCD与△ABC相似，则下列结论：①若α＝60°，则AD的最大值为；②若α＝60°，△ABC∽△CBD，则OD的长为；③若α＝45°，BC与OD相交于E，则点E不一定是△ABD的重心；④若△ABC∽△BCD，则当x＝2时，AC+CD取得最大值．其中正确的为（　　） A．①③ B．①②④ C．③④ D．①③④ 9．（2023秋•瑞安市期中）某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，，D为AC上一点，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，当点P由点C运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，当t3＝5t1时，则正方形DPEF的面积为（　　） A．3 B． C．4 D．5 10．（2023秋•海曙区期中）如图，AB是⊙O的直径，OC为半径，过A点作AD∥OC交⊙O于点D，连接AC，BC，CD，连接BD交OC于点E，交AC于点F，若图中阴影部分分别用S1和S2表示，则下列结论：①∠CAD+∠OBC＝90°；②若F为AC中点，则CE＝2OE；③作DP∥BC交AB于点P，则BC2＝OB•BP；④若，则∠ACO＝30°；其中正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 11．（2023秋•萧山区期中）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点E，连结弦BC，BD，AD．若∠ABC＝2∠ABD，给出下列结论：①BC＝BE；②2AD2＝AE•AB，则下列判断正确的是（　　） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 12．（2023秋•江干区校级期中）对于代数式ax2+bx+c（a≠0），下列说法正确的是（　　） ①存在实数m、n（m≠n），使得am2+bm+c＝an2+bn+c； ②若存在实数p、q（p≠q）有ap2+bp+c＝aq2+bq+c，则ax2+bx+c＝a（x﹣p）（x﹣q）； ③若ac＜0，则存在实数m、n，且m＞n，使am2+bm+c＜0＜an2+bn+c； ④若ab＞0，则一定存在实数p、q（p≠q）有ap2+bp+c＝aq2+bq+c，则p+q＜0． A．①③④ B．①②③ C．①③ D．②③ 13．（2023秋•慈溪市校级期中）如图，已知⊙O的直径AB＝4，弦AC与弦BD交于点E，且OD⊥AC，垂足为点F．若AC＝BD．则EC的长为（　　） A． B．1 C． D． 14．（2023秋•椒江区期中）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ．若AB：AD＝12：13，且BM＜CM，则PM：MN的值为（　　） A．4：9 B．12：13 C．2：3 D． 15．（2023秋•浙江校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC＝2，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，射线BP交AC于点D，则线段CD的长度是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共25小题） 16．（2023秋•新昌县校级期中）如图，正方形ABCD中，AB＝2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，则线段DP的最小值为 　 　． 17．（2023秋•浦江县校级期中）在△ABC中，AB＝，BC＝6，∠B＝45°，D为BC边上一点将△ABC沿着过D点的直线折叠，使得点C落在AB边上，记CD＝m，则AC＝　 　，m的取值范围是　 　 18．（2023秋•杭州期中）若直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有一个交点，则交点坐标为　 　；若直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象有四个交点，则m的取值范围是　 　． 19．（2023秋•拱墅区校级期中）已知关于x的二次函数y＝3x2﹣6ax+4a2+2a+4，其中a为实数，当﹣2≤x≤1时，y的最小值为4，满足条件的a的值为 　 　． 20．（2023秋•婺城区校级期中）如图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图的机械设备，磨盘半径OQ＝3dm，用长为13dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝8dm． （1）如图2，当PQ与⊙O相切时，则AP＝　 　dm． （2）若磨盘转动10周，则点P在轨道AB上滑动的路径长是 　 　dm． 21．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙F的直径，点C为圆上一点，AC＝4，D是的中点，AC与BD交于点E，若FE⊥BD，则BC的长为 　 　． 22．（2023秋•西湖区校级期中）如图，已知圆O的半径为3，圆心角∠AOB＝120°，C是圆周上的一个动点，分别以AO，AC为边作▱AODC，连BD． （1）若点D在圆周上，则BD＝　 　； （2）在点C的运动过程中，BD的最大值为 　 　． 23．（2023秋•奉化区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，C'D'交AC于点G．当C'D'∥BD时，的值为 　 　，BE的长为 　 　． 24．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是半圆的直径，BC是半圆的弦，沿弦BC折叠交直径AB于点D． （1）当AD＝BD＝5时，则BC的长为 　 　； （2）当AD＝4，BD＝6时，则BC的长为 　 　． 25．（2023秋•江干区校级期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上半圆的一个动点，CE⊥AB于点E，∠OCE的角平分线交⊙O于点D．且⊙O的半径为5，连结AD，则AD＝　 　；若弦AC的长为6，则CD＝　 　． 26．（2023秋•镇海区校级期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别为边AB，BC中点，G，H分别为边AD，CD上的一点，且，连接线段EG，FH，现折叠纸片，点A，C的对应点分别为A′，C′，GA′的延长线交边BC于点P，FC′的延长线交PG于点Q，若，则AG＝　 　． 27．（2023秋•镇海区校级期中）如图由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为 　 　． 28．（2023秋•余杭区校级期中）如图1是护眼学习台灯，该台灯的活动示意图如图2所示．灯柱BC＝6cm，灯臂AC绕着支点C可以旋转，灯罩呈圆弧形（即和）．在转动过程中，AD（EF）总是与桌面BH平行．当AC⊥BH时，AB＝46cm，DM⊥MH，测得DM＝37.5cm（点M在墙壁MH上，且MH⊥BH）；当灯臂AC转到CE位置时，FN⊥MH测得FN＝13.5cm，则点E到桌面BH的距离为　 　cm．若此时点C，F，M在同一条直线上，的最低点到桌面BH的距离为35cm，则EF所在圆的半径为　 　cm． 29．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点M（0，﹣1），N（0，2），P为线段MN上一点，以点P为圆心，PM为半径作圆，交x轴正半轴于点A，作AB⊥x轴交⊙P于点B，在点P从点M运动到点N的过程中，点B恰好在一段抛物线上运动，设点B到y轴的最大距离记为d．将点M向下平移若干个单位后，点B在一段新的抛物线上运动，此时点B到y轴的最大距离为，则新抛物线的表达式为 　 　． 30．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB是半径为4的⊙O的弦，且AB＝6，将沿着弦AB折叠，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接EO，则EO的最小值为 　 　． 31．（2023秋•绍兴期中）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　 　． 32．（2023秋•瑞安市期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB于点E，点P是上一点，弦AP＝AE，连接BP交CD于点M，AP与CD的延长线交于点G．设，已知AB＝2，当时，OE＝　 　，连接AC，若BP∥AC，则m＝　 　． 33．（2023秋•鄞州区期中）如图，△ABC内接于⊙O，AD⊥BC于点D，若∠ACB＝2∠BAD，当时，则⊙O半径与BC的比值为 　 　． 34．（2023秋•海曙区期中）如图，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，连接BC，E是BC的中点，AB＝4，若F为弧AB上的三等分点，且靠近B点，连接EF，则EF的最小值为 　 　． 35．（2023秋•西湖区校级期中）如图，AC是⊙O的弦，AC＝4，B是⊙O上的一个动点，且∠ABC＝45°，若M，N分别是AC，BC的中点． （1）MN的最大值为 　 　． （2）△ABC面积的最大值为 　 　． 36．（2023秋•下城区校级期中）如图，在水平地面点A处有一网球发射器向空中发射网球，网球飞行路线是一条抛物线，在地面上落点为B，小武在直线AB上点C（靠点B一侧）竖直向上摆放若干个无盖的圆柱形桶，已知AB＝4米，AC＝3米，网球飞行最大高度OM＝3米，圆柱形桶的直径为0.5米，高为0.3米（网球的体积和圆柱形桶的厚度忽略不计）． （1）当竖直摆放8个圆柱形桶时，网球 　 　（填“能”或“不能”）落入桶内． （2）当竖直摆放圆柱形桶至少 　 　个时，网球能落入桶内． 37．（2023秋•江干区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，点G在边CD上，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．设DG：CG＝k，若BM＝BE，则CG：BN＝　 　，AE：MG＝　 　．（结果用含k的代数式表示） 38．（2023秋•江干区校级期中）如图，以G（0，2）为圆心，半径为4的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为圆G上一动点，CF⊥AE于F． （1）的长度为 　 　； （2）当点E在圆G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 　 　． 39．（2023秋•慈溪市校级期中）苏州古典园林以其古、秀、精、雅，多而享有“江南园林甲天下”之美誉．如图是一苏州圆林中的窗饰特写，四个水平放置正方形木框的边长都为20cm，顶点A，B，C是圆形窗上的点．则这个圆形窗的半径为 　 　cm． 40．（2023秋•慈溪市校级期中）如图，是由20个边长为1的正方形组成的4×5的网格．△ABC的三个顶点都在正方形的顶点上，若△A'B'C'的三个顶点也都是图中正方形的顶点，且△ABC∽△A'B'C'，记＝k，则k的所有可能值为 　 　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 浙江省各地市期中考试试卷选择、填空压轴题选练 一．选择题（共15小题） 1．（2022秋•新昌县校级期中）如图是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①b＝2a；②c﹣a＝n；③抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间；④当x＜0时，ax2+（b+2）x≥0；⑤一元二次方程有两个不相等的实数根；其中正确的是（　　） A．①②③ B．①④⑤ C．②④⑤ D．②③⑤ 【分析】①根据抛物线的对称轴公式即可求解；②当x等于1时，y等于n，再利用对称轴公式即可求解；③根据抛物线的对称性即可求解；④根据抛物线的平移即可求解；⑤根据一元二次方程的判别式即可求解． 【解答】解：①因为抛物线的顶点坐标为（1，n），则其对称轴为x＝1， 即，所以b＝﹣2a，所以①错误； ②当x＝1时，y＝n， 所以a+b+c＝n，因为b＝﹣2a， 所以c﹣a＝n，所以②正确； ③因为抛物线的对称轴为x＝1， 且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间， 所以抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间；所以③正确； ④因为ax2+（b+2）x≥0，即ax2+bx≥﹣2x， 根据图象可知： 把抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）图象向下平移c个单位后图象过原点， 即可得抛物线y＝ax2+bx（a≠0）的图象， 所以当x＜0时，ax2+bx＜﹣2x， 即ax2+（b+2）x＜0．所以④错误； ⑤一元二次方程， ， 因为根据图象可知：a＜0，c＞0， 所以﹣4ac＞0， 所以﹣4ac＞0， 所以一元二次方程有两个不相等的实数根． 所以⑤正确． 综上，正确的有②③⑤， 故选：D． 2．（2023秋•浙江期中）如图，AB为⊙O的直径，AB＝8，点C为半圆AB上一动点，以BC为边向⊙O外作正△BCD（点D在直线AB的上方），连接OD，则线段OD的（　　） A．随点C的运动而变化，最小值为 B．随点C的运动而变化，最大值为8 C．随点C的运动而变化，最大值为 D．随点C的运动而变化，但无最值 【分析】先利用SSS判断出△OCD≌△OBD，进而得出点C在运动过程中，∠BDO始终是30°，再构造出直角三角形ODF，即可判断出点F和点B重合时，OF最大，即可得出OD的最大值． 【解答】解：如图，连接OC， ∵△BCD是等边三角形， ∴∠BDC＝60°，CD＝BD， 在△OCD和△OBD中， ， ∴△OCD≌△OBD（SSS）， ∴， 过点O作OF⊥BD于F， 在Rt△ODF中，∠BDO＝30°， ∴OD＝2OF， 当点C在运动的过程中，OD要最大，即OF最大，而OF最大＝OB， ∴OD最大＝2OF最大＝2OB＝AB＝8． 故选：B． 3．（2023秋•西湖区校级期中）二次函数y＝x2+px+q，当1≤x≤3时，设此函数最大值为10，最小值为t，则t的值（　　） A．与p，q的值都有关 B．与p无关，但与q有关 C．与p，q的值都无关 D．与p有关，但与q无关 【分析】依据题意，先根据二次函数的已知条件，得出二次函数的图象开口向上，再分别进行讨论，即可得出函数y的最大值与最小值即可得到结论． 【解答】解：∵二次函数y＝x2+px+q＝（x+）2+， ∴该抛物线的对称轴为直线x＝﹣，且a＝1＞0， 当x＝﹣＜1时，即p＞﹣2， ∴当x＝3时，二次函数有最大值为：9+3p+q＝10，即3p+q＝1， ∴p+q＝1﹣2p． ∴当x＝1时，二次函数有最小值为：1+p+q＝t，即t＝p+q+1＝1﹣2p+1＝2﹣2p，与p有关但与q无关． 当x＝﹣＞3， ∴当x＝1时，二次函数有最大值为：1+p+q＝10． ∴p+q＝9． ∴当x＝3时，二次函数有最小值为：9+3p+q＝t，即t＝9+3p+q＝9+2p+9＝18+2p，与p有关但与q无关． 当1≤﹣≤3时，即﹣6≤p≤﹣2， ∴当x＝﹣时，二次函数取最小值为t＝． 此时①若﹣﹣1＞3﹣（﹣），即p＜﹣4， ∴当x＝1时，二次函数的最大值为1+p+q＝10， ∴q＝9﹣p． ∴t＝，与p有关但与q无关． ②若﹣﹣1＜3﹣（﹣），即p＞﹣4， ∴当x＝3时，二次函数的最大值为9+3p+q＝10，即3p+q＝1． ∴q＝1﹣3p． ∴t＝，与p有关但与q无关8， 故选：D． 4．（2023秋•浙江校级期中）如图，在矩形ABCD中，点G是边BC的三等分点（BG＜GC），点H是边CD的中点，线段AG，AH与对角线BD分别交于点E，F．设矩形ABCD的面积为S，则以下4个结论中：①FH：AF＝1：2；②BE：EF：FD＝4：6：5；③S1+S2+S3＝S；④S6＝S2+S4．正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据矩形性质得到AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD，即可得到△ABF∽△DHF，△ADE∽△GEB，从而得到即可判断①②，同时根据相似即可判断对应高之比，即可判断③④，即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD， ∴△ABF∽△DHF，△ADE∽△GEB， ∵点G是边BC的三等分点（BG＜GC），点H是边CD的中点， ∴， 设BE＝m，则， ∴FH：AF＝1：2，BE：EF：FD＝3：5：4，故①正确，②错误； ∵△ADE∽△GEB， ∴， 同理可得：， ∵， 设S1＝3n，则S4＝9n，S2＝15n，S5＝12n，S＝72n， ∴S3＝6n，S6＝27n， ∴，故③正确，④错误； 故选：B． 5．（2023秋•镇海区校级期中）如图，以Rt△ABC的三边为边分别向外作正方形．连结EI交BA于点J，作JK∥AC交lH于点K，连结IC交JK于点L．若SAFGC：SABDE＝9：16，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】延长AC，与IH的延长线交于点M，利用正方形的性质得到＝，设AC＝3k，则AB＝4k，则利用勾股定理求得BC＝5k，利用相似三角形的判定与性质求得线段CM，利用相似三角形的判定与性质得到，再利用比例的性质解答即可得出结论． 【解答】解：延长AC，与IH的延长线交于点M，如图， ∵若SAFGC：SABDE＝9：16，四边形AFGC与四边形ABDE为正方形， ∴＝， ∴设AC＝3k，则AB＝4k， ∴BC＝＝5k． ∵四边形BCHI为正方形， ∴CH＝BC＝5k． ∵∠BCH＝90°， ∴∠ACB+∠HCM＝90°， ∵∠HCM+∠M＝90°， ∴∠ACB＝∠M． ∵BAC＝∠CHM＝90°， ∴△ABC∽△HCM， ∴， ∴， ∴HM＝k，CM＝k． ∴EC＝AE+AC＝4k+3k＝7k， ∵JK∥AC ∴△ILJ∽△ICE，△ILK∽△ICM， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 6．（2023秋•滨江区校级期中）在抛物线y＝a（x﹣m﹣1）2+c（a≠0）和直线y＝﹣x的图象上有三点（x1，m）、（x2，m）、（x3，m），则x1+x2+x3的结果是（　　） A． B．0 C．1 D．2 【分析】根据二次函数的对称性和一次函数图象上点的坐标特征即可求得结果． 【解答】解：如图，在抛物线y＝a（x﹣m﹣1）2+c（a≠0）和直线y＝﹣x的图象上有三点A（x1，m）、B（x2，m）、C（x3，m）， ∵y＝a（x﹣m﹣1）2+c（a≠0） ∴抛物线的对称轴为直线x＝m+1， ∴＝m+1， ∴x2+x3＝2m+2， ∵A（x1，m）在直线y＝﹣上， ∴m＝﹣x1， ∴x1＝﹣2m， ∴x1+x2+x3＝﹣2m+2m+2＝2， 故选：D． 7．（2023秋•浙江期中）如图是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论： ①b＝2a； ②c﹣a＝n； ③抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间； ④当x＜0时，ax2+（b+2）x＜0； ⑤一元二次方程ax2+（b﹣）x+c＝0有两个不相等的实数根． 其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①根据抛物线的对称轴公式即可求解； ②当x等于1时，y等于n，再利用对称轴公式即可求解； ③根据抛物线的对称性即可求解； ④根据抛物线的平移即可求解； ⑤根据一元二次方程的判别式即可求解． 【解答】解：①因为抛物线的对称轴为x＝1， 即﹣＝1，所以b＝﹣2a， 所以①错误； ②当x＝1时，y＝n， 所以a+b+c＝n，因为b＝﹣2a， 所以﹣a+c＝n， 所以②正确； ③因为抛物线的顶点坐标为（1，n）， 即对称轴为x＝1， 且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间， 所以抛物线另一个交点（m，0）在﹣2到﹣1之间； 所以③正确； ④因为ax2+（b+2）x＜0，即ax2+bx＜﹣2x， 根据图象可知： 把抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）图象向下平移c个单位后图象过原点， 即可得抛物线y＝ax2+bx（a≠0）的图象， 所以当x＜0时，ax2+bx＜﹣2x， 即ax2+（b+2）x＜0． 所以④正确； ⑤一元二次方程ax2+（b﹣）x+c＝0， Δ＝（b﹣）2﹣4ac， 因为根据图象可知：a＜0，c＞0， 所以﹣4ac＞0， 所以Δ＝（b﹣）2﹣4ac＞0， 所以一元二次方程ax2+（b﹣）x+c＝0有两个不相等的实数根． 所以⑤正确． 故选：D． 8．（2023秋•金华期中）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＝x，∠BAC＝α，O为AB中点，若点D为直线BC下方一点，且△BCD与△ABC相似，则下列结论：①若α＝60°，则AD的最大值为；②若α＝60°，△ABC∽△CBD，则OD的长为；③若α＝45°，BC与OD相交于E，则点E不一定是△ABD的重心；④若△ABC∽△BCD，则当x＝2时，AC+CD取得最大值．其中正确的为（　　） A．①③ B．①②④ C．③④ D．①③④ 【分析】①当a＝60°，BD⊥BC时，AD取得最大值，根据已知数据，结合勾股定理，求得AD的长，即可求解； ②如图，若a＝60°，△ABC∽△CBD，根据相似三角形的性质求得，进而求得OD，即可求解； ③有3种情况，分别画出图形，得出△ABD的重心，即可求解； ④如图，根据相似三角形的性质得出，在Rt△ABC中，BC2＝16﹣x2，根据二次函数的性质，即可求出最终结果． 【解答】解：①当a＝60°，如图，AD取得最大值，AB＝4， ∴，， ∴DE＝8， ∴， 故①错误． ②如图，若a＝60°，△ABC∽△CBD， ∴∠BCD＝60°，∠CDB＝90°， ， ， ∴， ∴， ∴． 故②错误． ③有3种情况，如图1，BC和OD都是中线，点E是△ABD的重心； 如图2，四边形ABDC是平行四边形，F是AD中点，点E是的△ABD重心； 如图3，点F不是AD中点，所以点E不是△ABD的重心； 故③正确． ④如图，△ABC∽△BCD， ∴， 即， 在Rt△ABC中，BC2＝16﹣x2， ∴， ∴， 当x＝2时，AC+CD最大为5， 故④正确． 故选：C． 9．（2023秋•瑞安市期中）某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，，D为AC上一点，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，当点P由点C运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，当t3＝5t1时，则正方形DPEF的面积为（　　） A．3 B． C．4 D．5 【分析】从图象看t2、t3关于x＝4对称，进而求解． 【解答】解：当P在CB上时，DP2＝， 当P与B重合时，由图2可知，S＝6， 此时6＝t2+2， ∴t＝2， ∴CB＝1×2＝2， 当P在BA上时，设S＝a（t﹣4）2+2，把（2，6）代入得： 6＝a（2﹣4）2+2， ∴a＝1， ∴S＝（t﹣4）2+2， 从图象看t1、t2关于x＝2对称， ∴＝2， ∴t1+t2＝4， ∴t2＝4﹣t1， 从图象看t2、t3关于x＝4对称， 则t2+t3＝8， ∴t2＝8﹣t3， ∴4﹣t1＝8﹣t3， ∴t3﹣t1＝4， ∵t3＝5t1， ∴5t1﹣t1＝4， ∴t1＝1， 当t1＝1时，S＝t2+2＝3， 即正方形DPEF的面积为3． 故选：A． 10．（2023秋•海曙区期中）如图，AB是⊙O的直径，OC为半径，过A点作AD∥OC交⊙O于点D，连接AC，BC，CD，连接BD交OC于点E，交AC于点F，若图中阴影部分分别用S1和S2表示，则下列结论：①∠CAD+∠OBC＝90°；②若F为AC中点，则CE＝2OE；③作DP∥BC交AB于点P，则BC2＝OB•BP；④若，则∠ACO＝30°；其中正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】①首先利用平行线的性质得到∠CAD＝∠ACO，然后利用等腰三角形的性质得到∠ACO＝∠CAO，∠OBC＝∠OCB，接着利用三角形的内角和定理即可解决问题； ②利用中位线的性质即可求解； ③利用已知条件证明△ACD≌△APC（SAS），然后利用全等三角形的性质和已知条件证明△OBC∽△CBP即可求解； ④连接OD，利用等积变化得到S1＝S扇形OAD，再利用已知条件证明∠AOD＝∠CAO＝∠DAC＝∠ACO，由此即可求解． 【解答】解：①∵AD∥CO， ∴∠CAD＝∠ACO， ∵OA＝OC， ∴∠ACO＝∠CAO， ∴∠BOC＝2∠ACO＝2∠CAD， ∵OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵∠COB+∠OBC+∠BCO＝180°， ∴2∠CAD+2∠OBC＝180°， ∴∠CAD+∠OBC＝90°， 故①正确； ②AD∥OC，F为AC中点，OA＝OB， ∴CE＝AD，OE＝AD， ∴CE＝2OE， 故②正确； ③∵AB为圆O直径， ∴AC⊥BC， ∵DP∥BC， ∴DP⊥AC， 由①知，∠CAD＝∠CAB， ∴∠APD＝∠ADP， ∴AD＝AP， 在△ACD和△APC中， ， ∴△ACD≌△APC（SAS）， ∴∠ADC＝∠APC， ∵四边形ABCD为圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠APC+∠CPB＝180°， ∴∠ABC＝∠CPB＝∠OCB， ∴△OBC∽△CBP， ∴＝， ∴BC2＝OB•BP， 故③正确； ④连接OD， ∵OC∥AD， ∴S1＝S扇形OAD， ∵ ∴∠AOD＝∠BOC， ∴∠AOD＝∠CAO＝∠DAC＝∠ACO， ∵OA＝OD， ∴5∠ACO＝180°， ∴∠ACO＝36°， 故④错误； 综上所述，正确的是①②③，共三个． 故选：B． 11．（2023秋•萧山区期中）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点E，连结弦BC，BD，AD．若∠ABC＝2∠ABD，给出下列结论：①BC＝BE；②2AD2＝AE•AB，则下列判断正确的是（　　） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 【分析】连接OD，利用圆周角定理和等量代换得到∠AOD＝∠ABC，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质即可得出①的结论正确；通过证明△ADE∽△AOD，利用相似三角形的性质得到AD2＝AE•OA，利用直径等于半径的2倍，利用等量代换即可得出②的结论正确． 【解答】解：连接OD，如图， ∵∠AOD＝2∠ABD，∠ABC＝2∠ABD， ∴∠AOD＝∠ABC． ∵∠A＝∠C， ∴△OAD∽△BCE， ∴， ∵OA＝OD， ∴BC＝BE． ∴①的结论正确； ∵∠AOD＝∠ABC，∠ADC＝∠ABC， ∴∠ADC＝∠AOD， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△AOD， ∴， ∴AD2＝AE•OA， ∵OA＝AB． ∴AD2＝AE•AB， ∴2AD2＝AE•AB． ∴②的结论正确． ∴判断正确的是①②． 故选：A． 12．（2023秋•江干区校级期中）对于代数式ax2+bx+c（a≠0），下列说法正确的是（　　） ①存在实数m、n（m≠n），使得am2+bm+c＝an2+bn+c； ②若存在实数p、q（p≠q）有ap2+bp+c＝aq2+bq+c，则ax2+bx+c＝a（x﹣p）（x﹣q）； ③若ac＜0，则存在实数m、n，且m＞n，使am2+bm+c＜0＜an2+bn+c； ④若ab＞0，则一定存在实数p、q（p≠q）有ap2+bp+c＝aq2+bq+c，则p+q＜0． A．①③④ B．①②③ C．①③ D．②③ 【分析】根据条件，因式分解后逐个判断． 【解答】解：am2+bm+c﹣（an2+bn+c）＝a（m2﹣n2）+b（m﹣n）＝a（m+n）（m﹣n）+b（m﹣n）＝（m﹣n）[a（m+n）+b]． ∵m≠n． ∴m﹣n≠0． ∴当a（m+n）+b＝0时，am2+bm+c﹣（an2+bn+c）＝0． ∴存在实数m、n（m≠n），使得am2+bm+c＝an2+bn+c． 故①正确． 如果ax2+bx+c＝a（x﹣p）（x﹣q），则x＝p或x＝q时，ap2+bp+c＝0，aq2+bq+c＝0． ∵存在实数p、q（p≠q）有ap2+bp+c＝aq2+bq+c，ap2+bp+c，aq2+bq+c的值不一定等于0． ∴②错误． ∵令y＝ax2+bx+c（a≠0）， ∵ac＜0， ∴Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴抛物线与x轴有两个不同的交点， ∴存在实数m、n，且m＞n，使am2+bm+c＜0＜an2+bn+c． ∴③正确． ∵ap2+bp+c＝aq2+bq+c． ∴ap2+bp+c﹣（aq2+bq+c）＝0 ∴a（p2﹣q2）+b（p﹣q）＝0． ∴（p﹣q）[a（p+q）+b]＝0． ∵p≠q． ∴p﹣q≠0． ∴a（p+q）+b＝0． ∴p+q＝﹣． ∵ab＞0． ∴p+q＜0． 故④正确． 故选：A． 13．（2023秋•慈溪市校级期中）如图，已知⊙O的直径AB＝4，弦AC与弦BD交于点E，且OD⊥AC，垂足为点F．若AC＝BD．则EC的长为（　　） A． B．1 C． D． 【分析】连结AD、OC，由OD⊥AC于点F，根据垂径定理得AF＝CF，＝，由AC＝BD，得＝，可证明＝＝，则∠AOD＝60°，所以△AOD是等边三角形，则AD＝OD＝2，DF＝OF＝OD＝1，由勾股定理得AF＝CF＝＝，再证明△DFE∽△AFD，得＝，则EF＝＝，即可求得EC＝CF﹣EF＝，于是得到问题的答案． 【解答】解：连结AD、OC， ∵OD⊥AC于点F， ∴AF＝CF，＝， ∵AC＝BD， ∴＝， ∴﹣＝﹣， ∴＝＝， ∴∠AOD＝∠DOC＝∠COB＝×180°＝60°， ∵AB是⊙O的直径，AB＝4， ∴OD＝OA＝OB＝AB＝×4＝2，∠ADB＝90°， ∴△AOD是等边三角形， ∴AD＝OD＝2，DF＝OF＝OD＝×2＝1， ∴AF＝CF＝＝＝， ∵∠DFE＝∠AFD＝90°，∠EDF＝∠DAF＝90°﹣∠ADF， ∴△DFE∽△AFD， ∴＝， ∴EF＝＝＝， ∴EC＝CF﹣EF＝﹣＝， 故选：C． 14．（2023秋•椒江区期中）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ．若AB：AD＝12：13，且BM＜CM，则PM：MN的值为（　　） A．4：9 B．12：13 C．2：3 D． 【分析】先利用矩形的性质和折叠的性质证明△BMP≌△DQN，从而得出BM＝QD，再设出BM，利用AB与AD的比例和勾股定理，分别表示出MN，QN，MQ，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠D＝90°， ∵矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ， ∴AP＝PE＝BP，BM＝ME，MF＝MC，QD＝QF，DN＝FN＝CN，∠BMP＝EMP，∠CMN＝∠FMN，∠CNM＝∠FNM，∠DNQ＝∠FNQ， ∴∠BMP+∠CMN＝90°，∠CMN+∠CNM＝90°，∠CNM+∠DNQ＝90°，∠DNQ+∠DQN＝90°， ∴∠BMP＝∠CNM，∠CNM＝∠DQN，∠MNQ＝90°， ∴∠BMP＝∠DQN， ∴△BMP≌△DQN（AAS）， ∴BM＝ME＝DQ＝QF， ∴MQ＝MF+QF＝MC+BM＝BC， 设AB＝CD＝12a，BM＝ME＝QF＝DQ＝x， ∵AB：AD＝12：13， ∴BC＝AD＝13a， ∴MF＝MC＝13a﹣x，AP＝PE＝BP＝6a，DN＝FN＝CN＝6a，MQ＝13a， ∴MN2＝MC2+CN2＝（13a﹣x）2+（6a）2，QN2＝DQ2+DN2＝x2+（6a）2， ∵MQ2＝MN2+QN2， ∴（13a）2＝（13a﹣x）2+（6a）2+x2+（6a）2， 解得：x＝4a或x＝9a， ∵∠BMP＝∠CNM，∠B＝∠C， ∴△BMP∽△CNM， ∴＝， 当x＝4a时，BM＝4a， ∴＝＝＝； 当x＝9a时，BM＝9a， ∴＝＝＝； 又∵BM＜CM， ∴PM＜CN， ∴＝； 故选：C． 15．（2023秋•浙江校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC＝2，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，射线BP交AC于点D，则线段CD的长度是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠C＝72°，再利用角平分线的定义可得∠ABD＝∠CBD＝36°，从而可得∠A＝∠ABD＝36°，进而可得DA＝DB，然后利用三角形的外角性质可得∠BDC＝∠C＝72°，从而可得BD＝BC，进而可得AD＝BD＝BC，最后利用黄金分割的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：∵∠A＝36°，AB＝AC＝2， ∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝72°， 由题意得：BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝36°， ∴∠A＝∠ABD＝36°， ∴DA＝DB， ∵∠BDC是△ABD的一个外角， ∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝72°， ∴∠BDC＝∠C＝72°， ∴BD＝BC， ∴AD＝BD＝BC， ∵顶角是36°的等腰三角形是黄金三角形， ∴△ABC是黄金三角形， ∴＝， ∵AC＝AB＝2， ∴BC＝﹣1， ∴AD＝BC＝﹣1， ∴CD＝AC﹣AD＝2﹣（﹣1）＝3﹣， 故选：C． 二．填空题（共25小题） 16．（2023秋•新昌县校级期中）如图，正方形ABCD中，AB＝2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，则线段DP的最小值为 　﹣1　． 【分析】首先判断出△ABE≌△DAF，即可判断出∠DAF＝∠ABE，再根据∠ABE+∠BEA＝90°，可得∠FAD+∠BEA＝90°，所以∠APB＝90°；然后根据点P在运动中保持∠APB＝90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接DG交弧于点P，此时DP的长度最小，最后在Rt△AGD中，根据勾股定理，求出DG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段DP的最小值为多少． 【解答】解：如图： ， ∵动点F，E的速度相同， ∴DF＝AE， 又∵正方形ABCD中，AB＝2， ∴AD＝AB， 在△ABE和△DAF中， ， ∴△ABE≌△DAF， ∴∠ABE＝∠DAF． ∵∠ABE+∠BEA＝90°， ∴∠FAD+∠BEA＝90°， ∴∠APB＝90°， ∵点P在运动中保持∠APB＝90°， ∴点P的路径是一段以AB为直径的弧， 设AB的中点为G，连接DG交弧于点P，此时DP的长度最小， AG＝BG＝AB＝1． 在Rt△BCG中，DG＝＝＝， ∵PG＝AG＝1， ∴DP＝DG﹣PG＝﹣1 即线段DP的最小值为﹣1， 故答案为：﹣1． 17．（2023秋•浦江县校级期中）在△ABC中，AB＝，BC＝6，∠B＝45°，D为BC边上一点将△ABC沿着过D点的直线折叠，使得点C落在AB边上，记CD＝m，则AC＝　2　，m的取值范围是　6﹣6≤m≤5　 【分析】过A点作AN⊥BC于点N，由等腰直角三角形的性质得出AN＝BN＝4，求出CN＝BC﹣BN＝2，在Rt△ANC中，由勾股定理即可得出AC的长； ①当DE⊥AB时，DE最小，即CD最小，根据已知条件得到△DEB是等腰直角三角形，设CD＝DE＝x，则DE＝EB＝x，∠DEB＝90°，DB＝x，解直角三角形得到结论，②如图2中，当E与A重合时，DE最大，即CD最大，作AH⊥CB于H，设CD＝DE＝x，在Rt△AHB中，易知AH＝HB＝4，∠AHB＝90°，HD＝x﹣2，DE＝x，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过A点作AN⊥BC于点N，如图1所示： ∵∠B＝45°，∠ANB＝90°， ∴AN＝BN＝AB＝×4＝4， ∴CN＝BC﹣BN＝2， 在Rt△ANC中，由勾股定理得：AC＝＝＝2； ①如图2所示，∵CD＝DE， ∴当DE⊥AB时，DE最小，即CD最小， ∵∠B＝45°， ∴△DEB是等腰直角三角形， 设CD＝DE＝x，则DE＝EB＝x，∠DEB＝90°，DB＝x， ∵BC＝6， ∴x+x＝6， ∴x＝6﹣6， ②如图3所示，当E与A重合时， 作AH⊥CB于H，设CD＝DE＝x， 在Rt△AHB中，AH＝HB＝4，∠AHB＝90°，HD＝x﹣2，DE＝x， ∴x2＝42+（x﹣2）2， ∴x＝5， 综上可知，CD的最大值为5，最小值为6﹣6， ∴CD的取值范围是6﹣6≤CD≤5， 故答案为：2，6﹣6≤m≤5． 18．（2023秋•杭州期中）若直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有一个交点，则交点坐标为　（3，0）　；若直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象有四个交点，则m的取值范围是　1＜m＜　． 【分析】（1）求得函数的图象与x轴的交点，然后根据图象即可求得符合题意的交点坐标； （2）根据函数y＝|x2﹣2x﹣3|与直线y＝x+m的图象之间的位置关系即可求出答案． 【解答】解：（1）令y＝|x2﹣2x﹣3|＝0，即x2﹣2x﹣3＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴函数与x轴的坐标为（﹣1，0），（3，0）， 作出y＝|x2﹣2x﹣3|的图象，如图所示， 当直线y＝x+m经过点（3，0）时与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有一个交点， 故若直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有一个交点，则交点坐标为（3，0）， 故答案为（3，0）； （2）由函数图象可知y＝， 联立， 消去y后可得：x2﹣x+m﹣3＝0， 令Δ＝0， 可得：1﹣4（m﹣3）＝0， 解得，m＝， 即m＝时，直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有3个交点， 当直线过点（﹣1，0）时， 此时m＝1，直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象只有3个交点， ∴直线y＝x+m与函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象有四个公共点时，m的范围为：1＜m＜， 故答案为：1＜m＜． 19．（2023秋•拱墅区校级期中）已知关于x的二次函数y＝3x2﹣6ax+4a2+2a+4，其中a为实数，当﹣2≤x≤1时，y的最小值为4，满足条件的a的值为 　0或﹣2　． 【分析】由题可知，分类讨论a＜﹣2，﹣2≤a≤1，a＞1，根据函数的增减性，即可得出答案． 【解答】解：原式变形为y＝3（x﹣a）2+a2+2a+4， ∴对称轴为x＝a， ∵二次函数当﹣2≤x≤1时，y有最小值为4， ∴①当﹣2≤a≤1时， 当x＝a时，y有最小值为4， ∴a2+2a+4＝4， 解得：a＝0或a＝﹣2， ②当a＜﹣2时， 当x＝﹣2，y有最小值为43×（﹣2）2﹣6a×（﹣2）+4a2+2a+4＝4， 解得：a1＝﹣2（舍去），（舍去）， ③当a＞1时， 当x＝1，y有最小值为43×12﹣6a×1+4a2+2a+4＝4，整理得4a2﹣4a+3＝0， ∵Δ＝（﹣4）2﹣4×4×3＝﹣32＜0， ∴方程无解， 满足条件的a的值为0或﹣2． 故答案为：0或﹣2． 20．（2023秋•婺城区校级期中）如图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图的机械设备，磨盘半径OQ＝3dm，用长为13dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝8dm． （1）如图2，当PQ与⊙O相切时，则AP＝　　dm． （2）若磨盘转动10周，则点P在轨道AB上滑动的路径长是 　（160﹣120）　dm． 【分析】（1）根据切线的性质可得∠OQP＝90°，在Rt△OQP中，根据勾股定理可计算出OP的长度，在Rt△OAP中，根据AP＝，代入计算即可得出答案； （2）根据题意画图，如图4，当Q运动到Q1时，P点运动在AB上距离点A最远，根据勾股定理可得AP1＝，当Q运动到Q2时，P点运动在AB上距离点A最近，在Rt△OAP2中，AP2＝，即可算出P1P2＝AP1﹣AP的长度，根据题意磨盘旋转一周在P1P2来回运动2次，计算即可得出答案． 【解答】解：（1）连接OP，如图3， ∵QP与⊙O相切， ∴∠OQP＝90°， 在Rt△OQP中， ∴OP2＝OQ2+QP2＝32+132＝178， 在Rt△OAP中， AP＝＝＝（dm）． 故答案为：； （2）如图4， 当Q运动到Q1时，P点运动在AB上距离点A最远， 在Rt△OAP1中， OA＝8，OP1＝OQ1+Q1P1＝3+13＝16， AP1＝＝＝8， 当Q运动到Q2时，P点运动在AB上距离点A最近， 在Rt△OAP2中， OA＝8，OP2＝13﹣2＝10， AP2＝＝＝6， P1P2＝AP1﹣AP2＝8﹣6， 磨盘转动10周，则点P在轨道AB上滑动的路径长是20×（8﹣6）＝（160﹣120）（dm）． 故答案为：160﹣120． 21．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙F的直径，点C为圆上一点，AC＝4，D是的中点，AC与BD交于点E，若FE⊥BD，则BC的长为 　　． 【分析】连接FD交AC于点H，根据同弧所对的圆周角相等可得∠DBA＝∠DBC，根据FB＝FD可得∠DBA＝∠BDF，推出DF∥BC，根据直径所对的圆周角为90度可得∠AHF＝∠ACB＝90°，通过证明△HAF∽△CAB可得，设BC＝x，则，通过证明△DHE≌△BCE（AAS）可得BC＝DH＝x，进而可得，由垂径定理得 ，最后用勾股定理解Rt△AHF即可． 【解答】解：如图，连接FD交AC于点H， ∵FE⊥BD，点F为圆心，BD为弦， ∴DE＝BE， ∵D是的中点， ∴， ∴∠DBA＝∠DBC， ∵FB＝FD， ∴∠DBA＝∠BDF， ∴∠DBC＝∠BDF， ∴DF∥BC， ∴∠AHF＝∠ACB， ∵AB是⊙F的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠AHF＝∠ACB＝90°， 即FH⊥AC， ∴， ∵∠AHF＝∠ACB＝90°，∠HAF＝∠CAB， ∴△HAF∽△CAB， ∴， 设BC＝x，则， 在△DHE和△BCE中， ， ∴△DHE≌△BCE（AAS）， ∴BC＝DH＝x， ∴， ∴， 在Rt△AHF中，AH2+HF2＝AF2， ∴， 解得或（负值舍去）， ∴， 故答案为：． 22．（2023秋•西湖区校级期中）如图，已知圆O的半径为3，圆心角∠AOB＝120°，C是圆周上的一个动点，分别以AO，AC为边作▱AODC，连BD． （1）若点D在圆周上，则BD＝　3　； （2）在点C的运动过程中，BD的最大值为 　6　． 【分析】（1）连接OC，可证得四边形AODC是菱形，进而得出△OAC是等边三角形，推出B、O、C三点共线，再运用勾股定理即可求得BD； （2）连接OC，延长AO交⊙O于F，连接OF，OD可以看作是AC沿AO方向平移，则点C到点D的距离始终等于点A到点O的距离，由点C是⊙O上的定点，点C的轨迹是一个圆，点D是由点C平移而来，得出点D的轨迹也是一个圆，可以看作是⊙O向AO方向平移AO的长度，即以F为圆心，FO为半径的圆，推出当点D在BF的延长线上时，BD的值取得最大值，再运用直角三角形性质即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，连接OC， ∵点D在圆周上，四边形AODC是平行四边形， 又∵OA＝OD， ∴四边形AODC是菱形， ∴AC＝OD＝CD＝OC＝OA＝3， ∴△OAC是等边三角形， ∴∠AOC＝60°， ∵∠AOB＝120°， ∴∠BOC＝∠AOB+∠AOC＝120°+60°＝180°， ∴B、O、C三点共线， ∴BC＝6，且BC为⊙O的直径， ∴∠BDC＝90°， ∴BD＝＝＝3， 故答案为：3； （2）如图，连接OC，延长AO交⊙O于F，连接OF， ∵四边形ACDO是平行四边形， ∴OA∥CD，AC∥OD， ∴∠FOD＝∠A， ∵OF＝OA， ∴四边形OCDF是平行四边形， ∴DF＝OC， ∵以AO，AC为边作▱AODC， ∴OD可以看作是AC沿AO方向平移，则点C到点D的距离始终等于点A到点O的距离， ∵点C是⊙O上的定点，点C的轨迹是一个圆，点D是由点C平移而来， ∴点D的轨迹也是一个圆，可以看作是⊙O向AO方向平移AO的长度，即以F为圆心，FO为半径的圆， ∴当点D在BF的延长线上时，BD的值取得最大值， 这个点记为点D′，对应的点C记为点C′，连接OD′， ∵∠AOB＝120°， ∴∠FOB＝60°， ∵OF＝OB， ∴∠OFB＝（180°﹣∠FOB）÷2＝60°， 连接D′F， ∵FD′＝FO， ∴∠FOD′＝∠FD′O＝∠OFB÷2＝30°， ∴∠BOD′＝∠FOD′+∠FOB＝90°， ∴△BOD′是直角三角形，且∠BD′O＝30°， ∴BD′＝2BO＝6， 即BD的最大值为6， 故答案为：6． 23．（2023秋•奉化区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，C'D'交AC于点G．当C'D'∥BD时，的值为 　　，BE的长为 　　． 【分析】连接OC′，OD′，根据轴对称的性质可得OC′＝OC，OD′＝OD，利用等面积法可得出OG的长，再根据勾股定理可分别求得C′G和D′G，进而可得出结论；连接DD，CC'，过点D作DM⊥BD，则四边形GOMD'是矩形，勾股定理求得DD，CC'，设BE＝x，则EC＝5﹣x，根据对称可知FD＝BE＝x，根据△FDD'∽△ECC′，由相似三角形的性质列出方程，即可求解． 【解答】解：如图，连接OC′，OD′， 在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8， ∴OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，且AC⊥BD， ∴菱形的边长为5． ∵C′D′∥BD， ∴C′D′⊥AC， 由折叠可知，OC′＝OC＝3，OD′＝OD＝4，∠C′OD′＝∠COD＝90°， ∴OG＝＝． 由勾股定理可知，C′G＝，D′G＝， ∴＝； 如图，连接DD，CC'，过点D作DM⊥BD，则四边形GOMD'是矩形， ∴DM＝OG＝，MG＝OD＝4， ∴DM＝GM﹣DG＝4﹣＝， ∴D′D＝． ∵C′G＝，CG＝OC+OG＝3+＝， ∴CC′＝， ∴CC′：DD′＝9：4． 设BE＝x，则CE＝C′E＝10﹣x， 由菱形的对称性可知，DF＝BE＝x，且△CC′E∽△DD′F， ∴EC：DF＝CC′：DD′＝4：9，即（5﹣x）：x＝9：4， 解得x＝． 故答案为：；． 24．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是半圆的直径，BC是半圆的弦，沿弦BC折叠交直径AB于点D． （1）当AD＝BD＝5时，则BC的长为 　5　； （2）当AD＝4，BD＝6时，则BC的长为 　4　． 【分析】（1）连接CA、CD，由圆周角定理得＝，则AC＝CD，∠ACB＝90°，再由直角三角形的性质得CD＝AB＝BD＝5，则AC＝CD＝5，然后由勾股定理求解即可； （2）连接CA、CD，由圆周角定理得＝，则AC＝CD，过点C作CE⊥AB于E，则AE＝ED＝2，再证△ACE∽△CBE，求出CE2＝AE•BE＝16，然后由勾股定理即可得出答案． 【解答】解：（1）连接CA、CD，如图1所示： 根据折叠的性质，弧CD所对的圆周角是∠CBD， ∵∠CBA＝∠CBD， ∴＝， ∴AC＝CD， ∵AB是半圆的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AD＝BD＝5， ∴AB＝AD+BD＝10，CD＝AB＝BD＝5， ∴AC＝CD＝5， ∴BC＝＝＝5， 故答案为：5； （2）连接CA、CD，如图2所示： 根据折叠的性质，弧CD所对的圆周角是∠CBD， ∵∠CBA＝∠CBD， ∴＝， ∴AC＝CD， 过点C作CE⊥AB于E， 则AE＝ED＝AD＝×4＝2， ∴BE＝BD+DE＝6+2＝8， ∵AB是半圆的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CE⊥AB， ∴∠ACB＝∠AEC＝90°， ∴∠A+∠ACE＝∠ACE+∠BCE＝90°， ∴∠A＝∠BCE， ∴△ACE∽△CBE， ∴＝， 即CE2＝AE•BE＝2×8＝16， 在Rt△BCE中，BC＝＝＝4， 故答案为：4． 25．（2023秋•江干区校级期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上半圆的一个动点，CE⊥AB于点E，∠OCE的角平分线交⊙O于点D．且⊙O的半径为5，连结AD，则AD＝　5　；若弦AC的长为6，则CD＝　7　． 【分析】连接OD、AD，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质证明OD⊥AB，在△AOD中利用勾股定理求出AD即可；过点A作AF⊥CD交CD于点F，利用圆周角定理求出∠ACD＝45°，从而证明Rt△AFC是等腰直角三角形，在Rt△AFC中利用勾股定理求出AF、CF，在Rt△ADF中利用勾股定理求出DF，从而由CD＝CF+DF计算出CD． 【解答】解：连接OD、AD． ∵CD是∠OCE的角平分线， ∴∠OCD＝∠ECD， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， ∴∠ECD＝∠ODC， ∴CE∥OD， ∵CE⊥AB， ∴∠CEO＝90°， ∴∠DOE＝90°， ∴OD⊥AB， ∴AD＝＝＝5； 过点A作AF⊥CD交CD于点F， ∵∠ACD＝∠AOD＝45°， ∴Rt△AFC是等腰直角三角形， ∵AC＝6， ∴AF＝CF＝3， 在Rt△ADF中，利用勾股定理，得DF＝＝＝4， ∴CD＝CF+DF＝3+4＝7． 故答案为：5，7． 26．（2023秋•镇海区校级期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别为边AB，BC中点，G，H分别为边AD，CD上的一点，且，连接线段EG，FH，现折叠纸片，点A，C的对应点分别为A′，C′，GA′的延长线交边BC于点P，FC′的延长线交PG于点Q，若，则AG＝　　． 【分析】先证明△AEG∽△CFH，得∠AEG＝∠CFH，由折叠得A′E＝AE＝BE，∠AEG＝∠A′EG，∠CFH＝∠C′FH，∠EA′G＝∠A＝90°，则∠PA′E＝90°，∠AEA′＝∠CFC′，∠A′EB＝180°﹣∠A′PB，而∠QPF＝180°﹣∠A′PB，所以∠QPF＝∠A′BE＝∠QFP，则FQ＝PQ，即可由＝，推导出＝＝，作QM⊥BC于点M，PN⊥AD于点N，则FM＝PM＝（2﹣BP），再证明△QFM∽△PGN，得＝＝，则GN＝FM＝（2﹣BP），所以GN＝AG﹣AN＝AG﹣BP，于是得AG﹣BP＝（2﹣BP），则BP＝3AG﹣4；连接PE，证明△AEG∽△BPE，得＝，则AG•BP＝AE•BE＝×＝，于是得AG（3AG﹣4）＝，即可求得AG＝，得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，BC∥AD， ∵AB＝3，BC＝4，E、F分别是AB、BC的中点， ∴AE＝BE＝AB＝×3＝，BF＝CF＝BC＝×4＝2， ∴＝＝＝， ∵＝， ∴＝， ∴△AEG∽△CFH， ∴∠AEG＝∠CFH， 由折叠得A′E＝AE＝BE，∠AEG＝∠A′EG，∠CFH＝∠C′FH，∠EA′G＝∠A＝90°， ∴∠AEA′＝2∠AEG，∠CFC′＝2∠CFH，∠PA′E＝180°﹣∠EA′G＝90°， ∴∠AEA′＝∠CFC′，∠A′EB＝360°﹣∠B﹣∠PA′E﹣∠A′PB＝180°﹣∠A′PB， ∵∠QPF＝180°﹣∠A′PB， ∴∠QPF＝∠A′BE， ∵∠QFP＝180°﹣∠CFC′＝180°﹣∠AEA′＝∠A′EB， ∴∠QPF＝∠QFP， ∴FQ＝PQ， ∵＝， ∴＝＝， 作QM⊥BC于点M，PN⊥AD于点N，则∠QMF＝∠PNG＝90°，FM＝PM＝PF＝（2﹣BP）， ∵∠QFM＝∠QPM＝∠PGN， ∴△QFM∽△PGN， ∴＝＝， ∴GN＝FM＝×（2﹣BP）＝（2﹣BP）， ∵∠PNA＝∠A＝∠B＝90°， ∴四边形ABPN是矩形， ∴AN＝BP， ∴GN＝AG﹣AN＝AG﹣BP， ∴AG﹣BP＝（2﹣BP）， 整理得BP＝3AG﹣4， 连接PE， ∵PE＝PE，BE＝A′E， ∴Rt△BEP≌Rt△A′EP（HL）， ∴∠BEP＝∠A′EP， ∴∠PEG＝∠A′EG+∠A′EP＝∠AEG+∠BEP＝×180°＝90°， ∵∠A＝∠B，∠AEG＝∠BPE＝90°﹣∠BEP， ∴△AEG∽△BPE， ∴＝， ∴AG•BP＝AE•BE＝×＝， ∴AG（3AG﹣4）＝， 解得AG＝或AG＝（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 27．（2023秋•镇海区校级期中）如图由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为 　　． 【分析】取AB的中点E，作EF⊥AB，由垂直定理可得圆心O在EF上，连接OB、OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，取AB的中点E，作EF⊥AB，连接OB、OC， 由题意知，EF＝4，AB＝1， 则，， 设OF＝x，则OE＝4﹣x， ∵OC＝OB， ∴OC2＝OB2， ∴OF2+CF2＝OE+BE2， 即， 解得， ∴， 即圆O的半径为， 故答案为：． 28．（2023秋•余杭区校级期中）如图1是护眼学习台灯，该台灯的活动示意图如图2所示．灯柱BC＝6cm，灯臂AC绕着支点C可以旋转，灯罩呈圆弧形（即和）．在转动过程中，AD（EF）总是与桌面BH平行．当AC⊥BH时，AB＝46cm，DM⊥MH，测得DM＝37.5cm（点M在墙壁MH上，且MH⊥BH）；当灯臂AC转到CE位置时，FN⊥MH测得FN＝13.5cm，则点E到桌面BH的距离为　38　cm．若此时点C，F，M在同一条直线上，的最低点到桌面BH的距离为35cm，则EF所在圆的半径为　39　cm． 【分析】根据题意，通过作平行线和垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出相应的边，再在圆中，利用垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：延长MD，NF，则M、D、A在一条直线上，N、F、E、Q在一条直线上， 由题意得，AC＝EC＝AB﹣BC＝46﹣6＝40（cm），QE＝37.5﹣13.5＝24（cm）， 在Rt△CQE中，由勾股定理得， QC＝＝＝32（cm）， ∴QB＝QC+BC＝32+6＝38（cm）， 即点E到桌面BH的距离为38cm， 过点F作FP⊥AM，垂足为P，则FP＝AQ＝AB﹣QB＝46﹣38＝8（cm）， 由△MFP∽△MCA得， ＝， 即， 解得MA＝67.5（cm）， ∴EF＝QN﹣QE﹣FN＝67.5﹣24﹣13.5＝30（cm）， 如图3，可得EK＝EF＝15cm，KL＝46﹣8﹣35＝3（cm）， 设半径为r，则OE＝r，OK＝r﹣3， 在Rt△OKE中，由勾股定理得， OE2＝EK2+OK2， 即r2＝152+（r﹣3）2， 解得r＝39（cm）， 故答案为：38，39． 29．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点M（0，﹣1），N（0，2），P为线段MN上一点，以点P为圆心，PM为半径作圆，交x轴正半轴于点A，作AB⊥x轴交⊙P于点B，在点P从点M运动到点N的过程中，点B恰好在一段抛物线上运动，设点B到y轴的最大距离记为d．将点M向下平移若干个单位后，点B在一段新的抛物线上运动，此时点B到y轴的最大距离为，则新抛物线的表达式为 　y＝﹣　． 【分析】分别根据当点P运动到OM的中点（0，﹣0.5）时，⊙P的半径PM＝0.5；当点P运动到点（0，0）时，⊙P的半径PM＝1；当点P运动到点（0，2）时（即点P与点N重合时），⊙P的半径PM＝2+1＝3，求出点B这三个位置时的坐标，再用待定系数法求出平移前抛物线的解析式．设点M向下平移m个单位后点B到y轴的距离最大，此时点P与点N重合，则⊙P的半径PM＝3+m，根据勾股定理求出m的值，最后根据二次函数的图象的平移规律即得答案． 【解答】解：∵M（0，﹣1），N（0，2），点P为线段MN上一动点， ∴OM＝1，ON＝2， ①如图1，当点P运动到OM的中点（0，﹣0.5）时，⊙P的半径PM＝0.5， ∵x轴⊥y轴，M、N、P三点在y轴上， ∴点P到x轴的距离为0.5， ∴此时⊙P与x轴只有一个交点，且交点为坐标原点， ∴A（0，0）， ∵AB⊥x轴， ∴B（0，0）， ②如图2，当点P运动到点（0，0）时，⊙P的半径PM＝1，此时⊙P与x轴相交于点A（1.0）， ∵AB⊥x轴， ∴B（1，0）， ③如图3，当点P运动到点（0，2）时，⊙P的半径PM＝2+1＝3，连接OA、OB，则OA＝OB＝3，过点P作PC⊥AB与点C，则四边形OACP是矩形， ∵AB⊥x轴 ∴AB∥y轴， ∴此时直线AB与y轴的距离最大， ∴此时⊙P与x轴的交点A的坐标为（d，0）， 在Rt△AOP中，OP＝2，PA＝3， ∴由勾股定理得OA＝， ∴A（，0）， ∴．d＝， ∵PA＝PB，PC⊥AB，AC＝OP＝2， ∴AB＝2AC＝2OP＝4， ∴B（，4）， 设点B所在的抛物线的解析式为y＝ax2+by+c，把（0，0）、（1，0）、（，4）代入得方程组， 解得 ∴y＝x2﹣x＝﹣﹣， 设点M向下平移m个单位后点B到y轴的距离最大，此时点P与点N重合，则OA＝d+2＝3， ∴⊙P的半径PM＝3+m，连接PA，如图4， 在Rt△AOP中，OP＝2，PA＝PM＝3+m， ∴由勾股定理得OA2+OP2＝PA2， ∴（3）2+22＝（3+m）2， 解得，m＝4或m＝﹣10（舍去）， ∴新抛物线的解析式为：y＝﹣﹣4＝﹣， 30．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB是半径为4的⊙O的弦，且AB＝6，将沿着弦AB折叠，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接EO，则EO的最小值为 　　． 【分析】连接AD、AE、AO、AC，过点O作OF⊥AB于点F，则AF＝BF＝AB＝3，在Rt△AOF中利用勾股定理求出OF；根据折叠的性质得到，从而判断出△ACD是等腰三角形，进而得到∠AEC＝90°，利用直角三角形的性质即可得到EF长；最后利用三角形三边关系即可求出EF的最小值． 【解答】解：如图，连接AD、AE、AO、AC， 过点O作OF⊥AB于点F，则AF＝BF＝AB＝3， 在Rt△AOF中，OF＝＝， 由折叠的性质得∠ABD＝∠ABC， ∴， ∴AD＝AC， ∴△ACD是等腰三角形， ∵点E是CD的中点， ∴AE⊥CD， ∴∠AEC＝90°， ∵点F是AB的中点， ∴在Rt△ABE中，EF＝＝3， ∵OE≤EF﹣OF， ∴OE的最小值为． 故答案为：． 31．（2023秋•绍兴期中）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　2±2或4或2　． 【分析】分C，D在AB的同侧或异侧两种情形，分别求解，注意共有四种情形． 【解答】解：如图，当C，D同侧时，过点A作AE⊥CD于E． 在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝4，∠ABE＝30°， ∴AE＝AB＝2， ∵AD＝AC＝2， ∴DE＝＝2，EC＝＝2， ∴DE＝EC＝AE， ∴△ADC是等腰直角三角形， ∴CD＝4， 当C，D异侧时，过C′作C′H⊥CD于H， ∵△BCC′是等边三角形，BC＝BE﹣EC＝2﹣2， ∴CH＝BH＝﹣1，C′H＝CH＝3﹣， 在Rt△DC′H中，DC′＝＝＝2， ∵△DBD′是等边三角形， ∴DD′＝2+2， ∴CD的长为2±2或4或2． 故答案为：2±2或4或2． 32．（2023秋•瑞安市期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB于点E，点P是上一点，弦AP＝AE，连接BP交CD于点M，AP与CD的延长线交于点G．设，已知AB＝2，当时，OE＝　　，连接AC，若BP∥AC，则m＝　　． 【分析】先根据直径所对的圆周角是90°以及垂直定义，得∠ABP＝∠G，结合∠A＝∠A，AP＝AE，即可证明△ABP≌△AGE，得PG＝EB，证明△EBM≌△PGM，则MG＝BE，即＝＝m，故tan∠ABP＝＝＝，根据勾股定理列式作答即可；如图，因为BP∥AC，AB是直径，所以∠CAP＝90°，因为CD⊥AB，所以∠CAB＝∠BAP＝∠ABP＝45°＝∠AGE，设 MG＝k，EM＝km，则AE＝EG＝mk+k，由三角函数得 ，即可列式计算作答． 【解答】解：∵AB是直径，弦CD⊥AB于点E ∴∠AEG＝∠APB＝90°，∠BEM＝∠GPM＝90°， ∵∠EMB＝∠PMG， ∴∠ABP＝∠G， ∵∠A＝∠A，AP＝AE， ∴△ABP≌△AGE（AAS）， ∴AB＝AG， 故PG＝EB， ∵∠ABP＝∠G，∠EMB＝∠PMG， ∴△EBM≌△PGM（AAS）， ∴MG＝MB，即＝＝m ∵m＝， ∴， 故tan∠ABP＝， ∵tan∠ABP＝， 在Rt△ABP中，AB2＝AP2+BP2， ∴4＝AP2+8AP2， 解得AP＝， ∴AE＝， 则OE＝AB﹣AE＝AB﹣AP＝1﹣＝， 故答案为：． 如图：当BP∥AC时，AB是直径，弦CD⊥AB于点E， ∴∠APB＝∠CAG＝90°， ∴∠CAB＝∠BAP＝∠ABP＝45°＝∠AGE， ∵， ∴设MG＝k，EM＝km， 则 AE＝EG＝AP＝mk+k， 由三角函数得AG＝AE＝ （mk+k），PG＝MG＝， ∵AG＝AP+PG，AB＝2， ∴AG＝ ∴ （mk+k）＝mk+k+． 33．（2023秋•鄞州区期中）如图，△ABC内接于⊙O，AD⊥BC于点D，若∠ACB＝2∠BAD，当时，则⊙O半径与BC的比值为 　　． 【分析】作直径CE交AB于H点，连接AE、BE，如图，利用＝，可设AB＝x，AC＝x，先根据圆周角定理得∠CBE＝∠CAE＝90°，则AD∥BE，所以∠ABE＝∠BAD，再证明∠ACE＝∠BCE，根据垂径定理得到CH⊥AB，AH＝BH＝x，则CB＝CA＝x，接着利用勾股定理计算出CH＝x，然后证明△CBE∽△CHB，利用相似三角形的性质得到＝，从而得到＝． 【解答】解：作直径CE交AB于H点，连接AE、BE，如图，＝＝，设AB＝x，AC＝x， ∵CE为直径， ∴∠CBE＝∠CAE＝90°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴AD∥BE， ∴∠ABE＝∠BAD， ∵∠ABE＝∠ACE， ∴∠ACE＝∠BAD， ∵∠ACB＝2∠BAD， ∴∠ACE＝∠BCE， 即CE平分∠ACB， ∴CH⊥AB，AH＝BH＝AB＝x， ∴CB＝CA＝x， 在Rt△ACH中，CH＝＝＝x， ∵∠BCH＝∠ECB，∠BHC＝∠EBC， ∴△CBE∽△CHB， ∴＝＝＝， ∴＝． 故答案为：． 34．（2023秋•海曙区期中）如图，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，连接BC，E是BC的中点，AB＝4，若F为弧AB上的三等分点，且靠近B点，连接EF，则EF的最小值为 　﹣1　． 【分析】根据垂径定理得OE⊥BC，则点E在以OB为直径的⊙P上，可得当P，E，F共线时，EF有最小值，根据圆周角定理得到∠BOF＝60°，得到△OBF是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：如图，由题意得，BC的中点E在以OB为直径的⊙P上，连接PF交⊙P于点E，此时EF最小，连接OF，BF， ∵点F是的三等分点，且靠近点B， ∴∠BOP＝， 又∵OF＝OB， ∴△BOF是正三角形， 又∵PO＝PB＝1， ∴PF⊥OB， ∴PF＝＝， ∴EF＝FP﹣EP＝﹣1， 即EF的最小值为﹣1． 故答案为：． 35．（2023秋•西湖区校级期中）如图，AC是⊙O的弦，AC＝4，B是⊙O上的一个动点，且∠ABC＝45°，若M，N分别是AC，BC的中点． （1）MN的最大值为 　2　． （2）△ABC面积的最大值为 　4+4　． 【分析】（1）根据中位线定理得到MN的长最大时，AB最大，当AB最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值； （2）当AC边上的高最大时，△ABC的面积最大，当点B在优弧AC的中点时，AC边上的高最大，连接BM，OA，求出BM即可． 【解答】解：（1）∵点M，N分别是BC，AC的中点， ∴MN＝AB， ∴当AB取得最大值时，MN就取得最大值，当AB是直径时，AB最大， 连接AO并延长交⊙O于点B'，连接CB'，如图： ∵AB'是⊙O的直径， ∴∠ACB'＝90°． ∵∠ABC＝45°，AC＝4， ∴∠AB'C＝45°， ∴AB'＝， ∴MN最大＝2． 故答案为：2． （2）∵AC的长固定为4， ∴当AC边上的高最大时，△ABC的面积最大，当点B在优弧AC的中点时，AC边上的高最大． 如图，连接BM，OA， ∵点B是优弧AC的中点， ∴AB＝BC． ∵M是AC中点， ∴BM⊥AC，且过O点， 由（1）得⊙O的直径为4，则OB＝OA＝2， ∵AC＝4， ∴AM＝2，则OM＝， ∴BM＝2+2， ∴S△ABC＝． 故答案为：4+4． 36．（2023秋•下城区校级期中）如图，在水平地面点A处有一网球发射器向空中发射网球，网球飞行路线是一条抛物线，在地面上落点为B，小武在直线AB上点C（靠点B一侧）竖直向上摆放若干个无盖的圆柱形桶，已知AB＝4米，AC＝3米，网球飞行最大高度OM＝3米，圆柱形桶的直径为0.5米，高为0.3米（网球的体积和圆柱形桶的厚度忽略不计）． （1）当竖直摆放8个圆柱形桶时，网球 　不能　（填“能”或“不能”）落入桶内． （2）当竖直摆放圆柱形桶至少 　5　个时，网球能落入桶内． 【分析】（1）根据题意顶点M（0，3）、点A（﹣2，0），利用待定系数法可求出函数解析式；当桶的左侧（x＝1）最高点位于抛物线以下，右侧（x＝1.5）最高点位于抛物线以上时，球才能落入桶内，据此可分别计算x＝1和x＝1.5时y的值，与桶高8×0.3比较可知； （2）可设桶的个数为m，根据（1）中关系列出不等式，即可求出m的范围，从而求出m的最小值． 【解答】解：（1）以点O为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系（如图）， ∴M（0，3），B（2，0）， 设抛物线的解析式为y＝ax2+3， ∵抛物线过点B， ∴4a+3＝0， 解得a＝﹣， ∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+3， ∵CD＝0.5，AC＝3且AO＝2， ∴OC＝1，OD＝1.5，即点Q的横坐标是1.5，点P的横坐标是1， ∴当x＝1时，y＝；当x＝1.5时，y＝； 若竖直摆放8个圆柱形桶，则桶高为8×0.3＝2.4m， ∵2.4＞＞， ∴网球不能落在桶内， 故答案为：不能； （2）设竖直摆放的圆柱形桶有m个时，网球能落入桶内， 则＜0.3m＜， 解得：4.375＜m＜7.5， ∵m为整数， ∴m的值为5或6或7， ∴当竖直摆放圆柱形桶至少5个时，网球能落入桶内． 故答案为：5． 37．（2023秋•江干区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，点G在边CD上，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．设DG：CG＝k，若BM＝BE，则CG：BN＝　1：（k+1）　，AE：MG＝　　．（结果用含k的代数式表示） 【分析】依据题意，设CG＝m，从而DG＝km，故AB＝CD＝（k+1）m，然后根据等腰三角形的性质，平行线的性质，对顶角相等的性质表示出CG的长，通过证明四边形BEFM为菱形，进而可得Rt△ABF≌Rt△NBF，从而表示出BN，即可得解；先证明△AEF≌△NMF得AE＝NM，再证明△FMN∽△CGN可得＝，进而求解． 【解答】解：由题意，设CG＝m， 又DG：CG＝k， ∴DG＝km． ∴AB＝CD＝（k+1）m． ∵BM＝BE， ∴∠BEM＝∠BME， ∵AB∥CD， ∴∠BEM＝∠GCM， 又∵∠BME＝∠GMC， ∴∠GCM＝∠GMC， ∴MG＝GC＝m． 连接BF，FM， 由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF， ∴BM＝EF， ∵∠BEM＝∠BME， ∴∠FEM＝∠BME， ∴EF∥BM， ∴四边形BEFM为平行四边形， ∵BM＝BE， ∴四边形BEFM为菱形， ∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG， ∴∠BNF＝90°， ∵BF平分∠ABN， ∴FA＝FN， ∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL）， ∴BN＝AB＝（k+1）m． ∴CG：BN＝m：（k+1）m＝1：（k+1）． ∵FE＝FM，FA＝FN，∠A＝∠BNF＝90°， ∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL）， ∴AE＝NM， 设AE＝NM＝x， 则BE＝FM＝（k+1）m﹣x，NG＝MG﹣NM＝m﹣x， ∵FM∥GC， ∴△FMN∽△CGN， ∴＝． 即：＝， 解得x＝m或x＝（舍去）． ∴AE＝． ∴AE：MG＝：m＝． 故答案为：1：（k+1）；． 38．（2023秋•江干区校级期中）如图，以G（0，2）为圆心，半径为4的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为圆G上一动点，CF⊥AE于F． （1）的长度为 　π　； （2）当点E在圆G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 　2﹣2　． 【分析】（1）连接AG，根据AG＝4，OG＝2，求出∠OAG＝30°，再求出∠AGC＝120°，再根据弧长公式计算即可； （2）过G作GM⊥AC于M，连接AG．由∠AFC＝90°，推出点F在以AC为直径的⊙M上推出当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM，想办法求出FM、GM即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接AG， ∵AG＝4，OG＝2， ∴OG＝AG， ∴∠OAG＝30°， ∴∠AGO＝60°， ∴∠AGC＝120°， ∴的长度为＝π； 故答案为：π； （2）过G作GM⊥AC于M，连接AG，如图所示： ∵GO⊥AB， ∴OA＝OB， ∵G（0，2）， ∴OG＝2， 在Rt△AGO中， ∵AG＝4，OG＝2， ∴AG＝2OG，OA＝＝2， ∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝4， ∴∠AGO＝60°， ∵GC＝GA＝4， ∴∠GCA＝∠GAC， ∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC， ∴∠GCA＝∠GAC＝30°， ∴AC＝2OA＝4，MG＝CG＝2， ∵∠AFC＝90°， ∴点F在以AC为直径的⊙M上， 当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣MG＝2﹣2， 故答案为：2﹣2． 39．（2023秋•慈溪市校级期中）苏州古典园林以其古、秀、精、雅，多而享有“江南园林甲天下”之美誉．如图是一苏州圆林中的窗饰特写，四个水平放置正方形木框的边长都为20cm，顶点A，B，C是圆形窗上的点．则这个圆形窗的半径为 　5　cm． 【分析】连接BC，作AB，BC的垂直平分线，交点为点O，连接OB，OC，根据垂直平分线可得AE＝BE＝10cm，DE＝4×20＝80cm，DC＝20+10＝30cm，设OD＝x cm，则OE＝（80﹣x）cm，再根据OB＝OC即可列出方程求得x＝35，代入OC2＝302+x2，进一步解答即可得解． 【解答】解：如图， 连接BC，作AB，BC的垂直平分线，交点为点O，连接OB，OC， ∴OB＝OC，AE＝BE＝10cm，DE＝4×20＝80（cm），DC＝20+10＝30（cm）， 设OD＝x cm，则OE＝（80﹣x）cm， ∵OB＝OC， ∴OB2＝OC2， ∴102+（80﹣x）2＝302+x2， 解得 x＝35， ∴OC＝＝5（cm）， 故答案为：5． 40．（2023秋•慈溪市校级期中）如图，是由20个边长为1的正方形组成的4×5的网格．△ABC的三个顶点都在正方形的顶点上，若△A'B'C'的三个顶点也都是图中正方形的顶点，且△ABC∽△A'B'C'，记＝k，则k的所有可能值为 　1或或或　． 【分析】分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解． 【解答】解：如图，当A'B'＝AB＝5，AC＝A'C'＝，BC＝B'C'＝5时， ＝＝＝1， ∴△ABC∽△A'B'C'， ∴k＝＝1， 如图，当A'B'＝B'C'＝，A'C'＝2时， ∴＝＝＝， ∴△ABC∽△A'B'C'， ∴k＝＝， 如图，当A'B'＝B'C'＝，A'C'＝时， ∴＝＝＝， ∴△ABC∽△A'B'C'， ∴k＝； 如图，当A'B'＝B'C'＝2，A'C'＝2时， ∴＝＝＝， ∴△ABC∽△A'B'C'， ∴k＝， 故答案为：1或或或． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$